【走向高考】2022届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第1讲）课时作业 新人教A版

【走向高考】2022届高中数学二轮复习专题4立体几何（第1讲）课时作业新人教A版一、选择题1．(文)(2022·山东文，4)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是(　　)A．4，8　　　　　　　B．4，C．4(＋1)，D．8,8[答案]　B[解析]　由正视图知四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，又因为侧棱长相等，所以棱锥是正四棱锥，斜高h′＝＝，侧面积S＝4××2×＝4，体积V＝×2×2×2＝.(理)(2022·绍兴市模拟)某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于(　　)A．1　　　B．2　　　　C．3　　　D．4[答案]　B[解析]　由三视图知，该几何体底面是正方形，对角线长为2，故边长为，几何体是四棱锥，有一条侧棱与底面垂直，其直观图如图，由条件知PC＝，AC＝2，∴PA＝3，体积V＝×()2×3＝2.-18-\n2．(文)(2022·长春市三调)若一个圆柱的正视图与其侧面展开图相似，则这个圆柱的侧面积与全面积之比为(　　)A.B.C.D.[答案]　B[解析]　设圆柱的底面半径为r，高为h，则＝，则h＝2r，则S侧＝2πr·h＝4πr2，S全＝4πr2＋2πr2，故圆柱的侧面积与全面积之比为＝，故选B.(理)(2022·吉林市质检)某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示，其中俯视图是中心角为60°的扇形，则该几何体的侧面积为(　　)A．12＋πB．6＋πC．12＋2πD．6＋4π[答案]　C[解析]　由三视图可知，该几体何是沿圆柱的底面夹角为60°的两条半径与中心轴线相交得到平面为截面截下的圆柱一角，其中两个侧面都是矩形，矩形一边长为半径2，一边长为柱高3，另一侧面为圆柱侧面的，因此该几何体的侧面积为S＝2×3＋2×3＋×(2π×2×3)＝12＋2π.3．(文)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)A．12－πB．12－2πC．6－πD．4－π[答案]　A[解析]　由三视图知，该几何体是一个组合体，由一个长方体挖去一个圆柱构成，长方体的长、宽高为4,3,1，圆柱底半径1，高为1，∴体积V＝4×3×1－π×12×1＝12－π.(理)若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于(　　)-18-\nA．10cm3B．20cm3C．30cm3D．40cm3[答案]　B[解析]　由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC－A1B1C1沿平面AB1C1截去一个三棱锥A－A1B1C1余下的部分．∴VA－BCC1B1＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝×4×3×5－×(×4×3)×5＝20cm3.4．(文)如图，直三棱柱的正视图面积为2a2，则侧视图的面积为(　　)A．2a2B．a2C.a2D.a2[答案]　C[解析]　由正视图的面积为2a2，则直三棱柱的侧棱长为2a，侧视图为矩形，一边长为2a，另一边长为a，所以侧视图的面积为a2.(理)(2022·东城区模拟)已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的侧面积是(　　)A．(1＋)cm2B．(3＋)cm2C．(4＋)cm2D．(5＋)cm2[答案]　C[解析]　由三视图可画出该几何体的直观图如图，其侧面积为1×1＋2×(1＋2)×1＋1×＝4＋cm2.-18-\n5．(文)(2022·常德市模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)A．6＋2B．6＋4C．4＋2D．4＋4[答案]　D[解析]　其直观图如图，表面积S＝2×(×2×2)＋(×2×2)×2＝4＋4.(理)(2022·江西师大附中、鹰潭一中联考)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为(　　)A.B.-18-\nC．1D.[答案]　B[解析]　由题意知，此三棱锥的底面为有一个角为30°的直角三角形，其斜边长AC＝2，一个侧面PAC为等腰直角三角形，∴DE＝1，BF＝，其侧视图为直角三角形，其两直角边与DE、BF的长度相等，面积S＝×1×＝.6．(2022·新乡、许昌、平顶山调研)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是(　　)A．AD⊥平面PBC，且三棱锥D－ABC的体积为B．BD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为C．AD⊥平面PBC，且三棱锥D－ABC的体积为D．AD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为[答案]　C[解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又∵AD⊂平面PAC，∴BC⊥AD，由正视图可知，AD⊥PC，又PC∩BC＝C，∴AD⊥平面PBC，且VD－ABC＝VP－ABC＝××4×(×4×4)＝.二、填空题7．(文)(2022·天津文，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.-18-\n[答案]　[解析]　本题考查三视图及简单几何体的体积计算，考查空间想象能力和简单的计算能力．由三视图知，该几何体下面是圆柱、上面是圆锥．∴V＝π×12×4＋π×22×2＝.(理)(2022·陕西理，12)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．[答案]　[解析]　由三视图可知，此几何体是底面半径为1，高为2的半个圆锥．∴V＝×(π×12×2)＝.8．(文)(2022·金华一中月考)某几何体的三视图(单位：cm)如下图，则这个几何体的表面积为________cm2.-18-\n[答案]　12＋2[解析]　由三视图知，该几何体为正三棱柱，底面积S1＝2×(×2×)＝2，侧面积S2＝3×(2×2)＝12，∴表面积S＝S1＋S2＝12＋2cm2.(理)(2022·天津十二区县联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[答案]　108＋3π[解析]　由三视图知，该几何体由上下两个全等的正四棱柱及中间的圆柱构成的组合体，体积V＝2×(6×6×1.5)＋π×12×3＝108＋3π.9．(2022·江苏，8)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D、E、F分别是AB、AC、AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1V2＝________.[答案]　124[解析]　＝＝＝.-18-\n三、解答题10．(文)在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，DC∥AB，DC＝1，AB＝4，BC＝2，∠CBA＝30°.(1)求证：AC⊥PB；(2)当PD＝2时，求此四棱锥的体积．[解析]　(1)∵PC⊥平面ABCD，∴PC⊥AC，又∠CBA＝30°，BC＝2，AB＝4，∴AC＝＝＝2，∴AC2＋BC2＝4＋12＝16＝AB2，∴∠ACB＝90°，故AC⊥BC.又∵PC、BC是平面PBC内的两条相交直线，故AC⊥平面PBC，∴AC⊥PB.(2)当PD＝2时，作CE⊥AB交AB于E，在Rt△CEB中，CE＝CB·sin30°＝2×＝，又在Rt△PCD中，DC＝1，∴PC＝，∴VP－ABCD＝·PC·SABCD＝××(1＋4)×＝.(理)(2022·山西太原检测)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．-18-\n(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH//平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解析]　(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G、H分别是CE、CF的中点，所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF，又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)解：由(1)，得AC⊥平面BDEF，又因为AO＝，四边形BDEF的面积SBDEF＝3×2＝6，所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝×AO×SBDEF＝4.同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.一、选择题11．(文)(2022·眉山市二诊)一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积是(　　)A．6　　　B．12　　　C．24　　D．36[答案]　B[解析]　由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积V＝×(4×3)×3＝12.-18-\n(理)(2022·榆林市一中模拟)已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正视图中a的值为(　　)A．8　　　B．6　　　　C．4　　　D．2[答案]　B[解析]　由V＝×(a×3)×4＝24得，a＝6.12．(文)(2022·江西八校联考)某几何体的三视图(单位：m)如图所示，则其表面积为(　　)A．(96＋32)m2B．(64＋32)m2C．(114＋16＋16)m2D．(80＋16＋16)m2[答案]　D[解析]　由三视图知该几何体是一个组合体，中间是一个棱长为4的正方体(由正、侧视图中间部分和俯视图知)，上部是一个有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，下部是一个正四棱锥，表面积S＝2(×4×4＋×4×)＋4×42＋4×(×4×2)＝80＋16＋16(m2)．(理)(2022·德阳市二诊)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为(　　)A.＋B.＋C.＋D.＋[答案]　C-18-\n[解析]　由三视图知，该几何体为组合体，下部为一个半球，半球的直径为，上部为三棱锥，有一侧棱与底面垂直，∴体积V＝×(×1×1)×1＋×()3×＝＋.13．(文)(2022·辽宁文，10)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)A.B．2C.D．3[答案]　C[解析]　过C，B分别作AB、AC的平行线交于D，分别过C1、B1作A1B1，A1C1的平行线交于D1，连接DD1，则ABDC－A1B1D1C1恰为该球的内接长方体，故该球的半径r＝＝，故选C.(理)一个半径为1的球体经过切割后，剩下部分几何体的三视图如图所示，则剩下部分几何体的表面积为(　　)A.B.C．4πD.[答案]　D[解析]　由三视图知该几何体是一个球体，保留了下半球，上半球分为四份，去掉了对顶的两份，故表面积为球的表面积，去掉球表面积加上6个的圆面积．∴S＝4πR2－(4πR2)＋6×πR2＝πR2，又R＝1，∴S＝π.二、填空题14．(文)(2022·天津市六校联考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为________．-18-\n[答案]　48[解析]　由三视图知，该几何体是一个组合体，其上部为长方体，下部为横放的四棱柱，其底面是上底长2，下底长6，高为2的等腰梯形，柱高为4，其体积V＝2×4×2＋(2＋6)×2×4＝48.(理)(2022·内江市一模)矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，沿BD将矩形ABCD折成一个直二面角A－BD－C，则四面体ABCD的外接球的表面积是________．[答案]　100π[解析]　设矩形ABCD对角线BD的中点为O，则OA＝OB＝OC＝OD，∴折起后空间四边形ABCD的外接球球心为O，∴球O的半径R＝＝5，∴球O的表面积S＝4πR2＝100π.三、解答题15．(文)(2022·北京文，17)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[解析]　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.-18-\n所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又因为CD⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.(理)(2022·浙江理，20)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.(1)证明：PQ∥平面BCD；(2)若二面角C－BM－D的大小为60°，求∠BDC的大小．[解析]　方法1：(1)取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OP、OF、FQ.因为AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD.因为O、P分别为BD、BM的中点，所以OP是△BDM的中位线，所以OP∥DM，且OP＝DM.又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝AD.从而OP∥FQ，且OP＝FQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQ∥OF.又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，所以PQ∥平面BCD.(2)作CG⊥BD于点G，作GH⊥BM于点H，连接CH.因为AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，所以AD⊥CG，又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD，又BM⊂平面ABD，所以CG⊥BM.-18-\n又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH，所以GH⊥BM，CH⊥BM.所以∠CHG为二面角C－BM－D的平面角，即∠CHG＝60°.设∠BDC＝θ.在Rt△BCD中，CD＝BDcosθ＝2cosθ，CG＝CDsinθ＝2cosθsinθ，BC＝BDsinθ＝2sinθ，BG＝BCsinθ＝2sin2θ.在Rt△BDM中，∵GH⊥BM，∴△BGH∽△BMD，∴HG＝＝.在Rt△CHG中，tan∠CHG＝＝＝.所以tanθ＝.从而θ＝60°.即∠BDC＝60°.方法2：(1)如图，取BD的中点O，以O为原点，OD、OP所在射线为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．设点C的坐标为(x0，y0,0)．因为＝3，所以Q(x0，＋y0，)．因为M为AD的中点，故M(0，，1)．又P为BM的中点，故P(0,0，)，所以＝(x0，＋y0,0)．又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，故·u＝0.又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.(2)设m＝(x，y，z)为平面BMC的一个法向量．由＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)，知-18-\n取y＝－1，得m＝(，－1,2)．又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)．于是|cos〈m，n〉|＝＝＝，即()2＝3.①又BC⊥CD，所以·＝0，故(－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0，即x＋y＝2.②联立①②，解得(舍去)或所以tan∠BDC＝||＝.又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°.16．(文)(2022·北京西城区模拟)在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.(1)求证：AC⊥平面FBC；(2)求四面体FBCD的体积；(3)线段AC上是否存在点M，使得EA∥平面FDM？证明你的结论．[解析]　(1)证明：在△ABC中，∵AC＝，AB＝2，BC＝1，∴AC⊥BC.又∵AC⊥FB，∴AC⊥平面FBC.(2)解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC.∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD.-18-\n在等腰梯形ABCD中可得∠BCD＝120°，CB＝DC＝1，∴FC＝1.∴S△BCD＝，∴四面体FBCD的体积为：VF－BCD＝S△BCD·FC＝.(3)线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE，与DF交于点N，连接MN.因为CDEF为正方形，所以N为CE中点．所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，所以EA∥平面FDM.所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．(理)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点．(1)求证：B1C∥平面A1BD；(2)求二面角A1－BD－A的大小；(3)求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值．[解析]　解法一：(1)设AB1与A1B相交于点P，则P为AB1中点，连接PD，∵D为AC中点，∴PD∥B1C.又∵PD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD.∴B1C∥平面A1BD.(2)∵正三棱柱ABC－A1B1C1，∴AA1⊥底面ABC.又∵BD⊥AC，∴A1D⊥BD∴∠A1DA就是二面角A1－BD－A的平面角．-18-\n∵AA1＝，AD＝AC＝1，∴tan∠A1DA＝＝.∴∠A1DA＝，即二面角A1－BD－A的大小是.(3)由(2)作AM⊥A1D，M为垂足．∵BD⊥AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BD⊥平面A1ACC1，∵AM⊂平面A1ACC1，∴BD⊥AM，∵A1D∩BD＝D，∴AM⊥平面A1DB，连接MP，则∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角．∵AA1＝，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA＝，∴AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝.∴sin∠APM＝＝＝.∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.解法二：(1)同解法一(2)如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0，)，B(0，，0)，B1(0，，)，∴＝(－1，，－)，＝(－1,0，－)设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)．则n·＝－x＋y－z＝0，n·＝－x－z＝0，则有，得n＝(－，0,1)．由题意，知＝(0,0，)是平面ABD的一个法向量．-18-\n设n与所成角为θ，则cosθ＝＝，∴θ＝.∴二面角A1－BD－A的大小是.(3)由已知，得＝(－1，，)，n＝(－，0,1)，设直线AB1与平面A1BD所成角为α，则sinα＝＝.∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.-18-